Đề thi học sinh giỏi tỉnh Hải Dương môn toán lớp 12 năm học 2013-2014

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (400.34 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HẢI DƯƠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH 
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014

MÔN THI: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút 
Ngày thi: 22 tháng 10 năm 2013

(Đề thi gồm 01 trang)
Câu I (2,0 điểm)

1) Cho hàm số y x32mx23x (1) và đường thẳng ( ) : y2mx2 (với m là tham số). Tìm m
để đường thẳng ( ) và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho diện tích 
tam giác OBC bằng 17 (với A là điểm có hồnh độ khơng đổi và O là gốc toạ độ).

2) Cho hàm số

2
3
2





x
x

y có đồ thị (C) và đường thẳng d:y2xm. Chứng minh rằng d cắt (C) 
tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi k1, k2 lần lượt là hệ số góc của tiếp tuyến của
(C) tại A và B. Tìm m để P =

 

k1 2013 

 

k2 2013 đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu II (2,0 điểm)

1) Giải phương trình: 1

4
sin
2
4
4
cos
4

sin 






 


 x x 

x

2) Giải hệ phương trình:
























10
)

1
(
4
)
1
9

(

1
1
1

9
1
3

2
2

x
x

y
x

x
x

y
xy

Câu III (2,0 điểm) 
1) Rút gọn biểu thức:

!
0
!.
2013
.
2014

1
...

!
2010
!.
3
.
4

1
!

2011
!.
2
.
3

1
!

2012
!.
1
.
2

1
!

2013
!.
0
.
1










S

2) Cho dãy số (un) thỏa mãn:













 2

2
1
2
5

2
1
1

n
n

n u u

u
u

(nN*). Tìm 












n

k 1uk

1
lim .

Câu IV (3,0 điểm)

1) Cho khối chóp .S ABC có SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a,   0

ASBSAC90 , BSC 1200. Gọi M, N 
lần lượt trên các đoạn SB và SC sao cho SM = SN = 2a. Chứng minh tam giác AMN vng. Tính 
khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB theo a. )

2) Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng trên các đoạn AB và CD sao cho

BM = DN. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN.

Câu V (1,0 điểm) Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn: xyz2 2

Chứng minh rằng: 8

2
2
4
4

8
8

2
2
4
4

8
8

2
2
4
4

8
8













x
z
x
z

x
z
z

y
z
y

z
y
y

x
y
x

y
x

………..Hết………..

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HẢI DƯƠNG

HƯỚNG DẪN CHẤM

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH 
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014

MƠN THI: TỐN 
Ngày thi: 22 tháng 10 năm 2013
(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)

(Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa)

Câu Nội dung Điểm

I

1

1,0đ

1)

Cho hàm số 3 2

2 3

  

y x mx x (1) và đường thẳng ( ) : y2mx2 (với m là tham
số). Tìm m để đường thẳng ( ) và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt A,

B, C sao cho diện tích tam giác OBC bằng 17 (với A là điểm có hồnh độ khơng đổi
và O là gốc toạ độ).

Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và () là nghiệm phương trình:

3 2 3 2

2 3 2 2 2 (2 3) 2 0

         

x mx x mx x mx m x

2
1

( 1) (2 1) 2 0

(2 1) 2 0(2)




 

        

   


x

x x m x

x m x .

0,25

Vậy ( ) và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt phương trình (2) có hai

nghiệm phân biệt

(2 1) 8 0

1 0

1 2 1 2 0

m

x m

m

   

   

   

 .

Khi đó, ba giao điểm là A(1;2m-2), B( ; 2x1 mx12), C( ; 2x2 mx22), trong đó x ; x 1 2

là nghiệm phương trình (2) nên x1x2  2m 1, x x 1 2  2

0,25

Tam giác OBC có diện tích 1BC.
2

S  d. Trong đó

2
2
d = d(O; ) =

1+4m







2 2 2 2 2

2 1 2 1 1 2 1 2

BC (x x) (2mx 2mx) (x x ) 4x x  4m 1









BC  2m 1 8 4m 1

        S



2m1



28

0,25

Vậy S = 17  4m24m9 17 









2
1

m
m

(TM)

0,25

I

2

1,0đ

2)

Cho hàm số

2
3
2





x
x

y có đồ thị (C) và đường thẳng d: y = - 2x + m. Chứng minh

rằng d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi k1, k2 lần lượt là hệ

số góc của tiếp tuyến của (C) tại A và B. Tìm m để P =

 

2013
2
2013

1 k

k  đạt giá trị
nhỏ nhất.

Xét phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị (C) và d:

x m

x

x  




2
2

3
2















(*)
0
2
3
)
6
(
2

2
2

m
x

x

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Xét phương trình (*), ta có: 0,mR và x = -2 không là nghiệm của (*) nên d

luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m.

0,25

Hệ số góc của tiếp tuyến tại A, tại B lần lượt là

2
2
2
2
1
1

)
1
(

1
,

)
1
(







x
k
x

k , trong đó

x

1,x2 là 2 nghiệm của phương trình (*), ta thấy



 





2 2 4



2
2

. 2

2
1
2
1
2
2
2
1
2

1 











x
x
x
x
x

x
k

k (k1>0, k2>0)

0,25

Có P =

 





2013 2014
2

1
2013

2
2013

1  k 2. k k 2

k , do dó MinP = 22014 đạt được khi

2
2
2
1
2

2
2
1
2

1 ( 2) ( 2)

)
2
(

1
)

2
(











 x x

x
x

k
k

x

1,x2 phân biệt nên ta có x1 +2 = - x2 - 2

x1 + x2 = - 4  m = - 2. Vậy m = - 2 là giá trị cần tìm.

0,25

II

1

1,0đ

1)

Giải phương trình: 1

4
sin
2
4
4
cos
4

sin 






 


 x x 

x (1)

PT(1)  2sin2x.cos2x + 2cos22x =4(sinx – cosx)

 (cosx – sinx).



(cosxsinx)(sin2xcos2x)2



0

0,25

*) x x  x k

4
0

sin

cos

0,25

*) (cosx + sinx)(sin2x + cos2x) + 2 = 0 cosx + sin3x + 2 = 0 (2)

0,25

*) Vì cosx1;sin3x1,x nên (2)








1
3
sin

1
cos

x
x

 hệ vô nghiệm.

Vậy PT có nghiệm là: x k

4 (kZ)

0,25

II

2

1,0đ 2)

Giải hệ phương trình: 























)
2
(
10
).

1
(
4
)
1
9
(

)
1
(
1

1
1

9
1
3

x
x

y
x

x
x

y
xy

ĐK:x0

NX: x = 0 không TM hệ PT
Xét x > 0

PT (1) 

x
x
x

y
y

y3 9 1 1

3 2

 3 3 (3 ) 1 1 1 1 1

2 













x
x
x
y

y

y (3)

0,25

Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t. t2 1, t > 0.

Ta có: f’(t) = 1 +

1
1

2
2
2





t
t

t >0. Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0,+∞)

PT(3) f(3y)= f 








x

3y =
x

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Thế vào pt(2) ta được PT: x3 x2 4(x2 1). x 10

Đặt g(x)=x3 x2 4(x2 1). x10, x > 0. Ta có g’(x) > 0 với x > 0

g(x) là hàm số đồng biến trên khoảng (0,+∞)

0,25

Ta có g(1) = 0

Vậy pt g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1 
Với x =1y =

3
1

KL: Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (1;
3
1

0,25

III

1

1,0đ

1) Rút gọn biểu thức:

!
0
!.
2013
.
2014

1
...

)!
2013
!.(
).
1
(

...

!
2010
!.
3
.
4

1
!

2011
!.
2
.
3

1
!

2012
!.
1
.
2

1
!

2013
!.
0
.
1

1  













k
k

k

S

+) Ta có:





 







 2013

0
2013
2013

0 1

!
2013
.
)!
2013
!.(
).
1
(

k

k k

C
S

k
k

k
S

0,25

+) Ta có:



2014 ( 1)



! 2014
)!

1
.(
2014

!
2014
)!

2013
)!.(

1
(

!
2013
1

1
2014
2013















k
k

C
k

k
k

C

(k =0;1;…;2013)

0,25

+) Do đó: S.2013!=








 2014

1
2014
2013

0
1
2014

.
2014

2014 k

k
k

k

C
C

0,25

+) S.2013! =



2 1



2014

1 2014 

!
2014

1
22014 


S

0,25

III

2

1,0đ

2) Cho dãy số (un) thỏa mãn:












 2

2
1
2
5

2
1

n
n

n u u

u
u

(nN*). Tìm 












n

k 1uk

1
lim .

+) Ta có: un un  (un 4un 4)0,n

1 2

1  Dãy không giảm.

Nếu có số M: un  M với mọi n, thì tồn tại limun = L. Vì un  u1 L  u1

0,25

+) Khi đó ta có: L =

2
1

L2 – L + 2  L = 2. (Vơ lý)

 limun = 

0,25

+) Ta có: 1

2
4

2   

 n n

n u u

u  un(un 2)2(un1 2) 

)
2
(

2
1
)

2
(

1


 n

n

n u u

u

2
1
2

2
1
1

2
1

1 













 n n n

n
n

n u u u u u

u (nN*)

0,25

+) Do đó:

2
1
2

1
1

1 










n
n

k uk u u

 












n

k 1uk

lim = 2

2
1

1



u

0,25

IV

1

1,5đ

1)

Cho khối chóp .S ABC SA2 ,a SB3 ,a SC4 ,a AS BSAC 90 ,0 BSC 1200.
Gọi M, N lần lượt trên các đoạn SB và SC sao cho SM = SN = 2a. Chứng minh tam

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Dùng ĐL Cosin tính được:

MN = 2a 3

0,25

AM=2a 2, AN=2a (Tam giác vng SAC có SC=2SA nên góc ASC= 600) tam
giác AMN vuông tại A.

0,25

Gọi H là trung điểm của MN, vì SA = SM = SN và tam giác AMN vuông tại

A.SH ( AMN); tính được SH = a.

0,25

Tính được

2 3

a

VSAMN 

0,25

3
1
.

.  

SC
SB

SN
SM
V

V

ABC

S

AMN

S 3

. 2 2a
VSABC 



0,25

Vậy

3
.

3 6 2

( ;( )) 2 2

S ABC

SAB

V a

d C SAB a

S a

  

0,25

IV

2

1,5đ

2)

Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng trên đoạn AB và

đoạn CD sao cho BM = DN. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN.

+

) Đặt x
BA
BM

 , với 0x1 x
DC
DN



 . Khi đó ta có: BM  x.BA và DN  x.DC

0,25

+)Ta có: DNx.DCBNBDx(BCBD)BNx.BC(1x).BD

Do đó: MNBNBM x.BC(1x).BDx.BA

0,25

+)MN2 =

2
)
1
(
2
2
.
2
2
)
1
(
2
)

1
(

2
2

2
2
2

2 a

x
x
a
x
a
x
x
a
x
a
x
a

x        

= a2



x2 (1x)2 x2 x(1x)x2 x(1x)



= (2x2 – 2x + 1)a2

0,25

+)Xét hàm số f(x) = 2x2 – 2x + 1 trên đoạn

 

0;1 ta có:

2
1
)

2
1
(
)
(
min
,
1
)
1
(
)
0
(
)
(

maxf x  f  f  f x  f 

0,25

+)

MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng

2
2

a

khi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD.

0,25

+)

MN đạt giá trị lớn nhất bằng a khi MB, ND hoặc MA, NC.

0,25

M
A

M
S

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

V

1,0đ

Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn: x.y.z =2 2

Chứng minh rằng: 4 4 2 2 8

8
8

2
4
4

8
8

2
2
4
4

8
8













x
z
x
z

x
z
z

y
z
y

z
y
y

x
y
x

y
x

+) Đặt a = x2, b = y2, c = z2 , từ giả thiết ta có: a>0, b>0, c>0 và a.b.c = 8
Do

2
2

b
a

ab  nên

2
)
(

3 2 2

2 a b

ab
b

a     Dấu“=”có a=b

0,25

+

) Ta có:



2 2



4
4

2
2

4
4

2
3

b
a

b
a
ab
b
a

b
a









. Ta sẽ chứng minh:





3( )

2
3

2
2

4
4

b
a
b

a
b
a








(1).

Thật vậy: (1)  2(a4 b4) (a2 b2)2 (a2 – b2)2 0 (luôn đúng).

Do đó ta được: ( )
3

1 2 2

2
2

4
4

b
a
ab
b
a

b

a  






Dấu“=”có a2=b2a=b

0,25

+)

Áp dụng BĐT trên ta có: ( )
3

1 2 2

2
2

4
4

c
b
bc
c
b

c
b










Dấu“=”có b=c

( )
3

1 2 2

2
2

4
4

a
c
ca
a
c

a

c  






Dấu“=”có c=a

Cộng các vế các BĐT trên ta được:

)
(

2 2 2 2

2
2

4
4

2
2

4
4

2
2

4
4

c
b
a
ca
a
c

a
c
bc
c
b

c
b
ab
b
a

b
a










(2) Dấu“=”có a=b=c

0,25

+)

Theo BĐT Cơ-si ta có: ( ) 2. 8
3

2 2  2  2  3 2 2 2 

c
b
a
c

b

a .Dấu“=”có a=b=c

Do đó ta có ĐPCM. Dấu đẳng thức xảy ra  x  y  z  2

</div>

Đề thi học sinh giỏi tỉnh Hải Dương môn toán lớp 12 năm học 2013-2014

 

 







<b>I</b>

<b>1,0đ </b>

<b>1) </b>

0,25

0,25

















<sub>0,25 </sub>

0,25

<b>I</b>

<b>1,0đ </b>

<b>2) </b>

 

 

0,25

<i>x</i>



 







0,25

 

 





<i>x</i>

0,25

<b>II</b>

<b>1,0đ </b>

<b>1) </b>





0,25

0,25

0,25

0,25

<b>II</b>

<b>1,0đ 2) </b>





<b> </b>

0,25

0,25

<sub>0,25 </sub>

<b>III</b>

<b>1,0đ </b>





0,25





0,25





0,25





0,25

<b>III</b>

<b>1,0đ </b>



0,25

0,25

0,25





0,25